Due reali russi

[Sk_Anonymous]

Due trinomi quadratici monici $f(x)$ e $g(x)$ hanno valori negativi in due intervalli distinti. Provare che esistono due numeri positivi $\alpha$ and $\beta$ tali che $\alpha f(x) + \beta g(x) > 0$ per tutti gli $x$ reali.

[nota]da All-Russian MO[/nota]

[dan952]

Se ho scritto una cavolata è colpa dell'ora...

I due trinomi si annullano in due intervalli distinti quindi suppongo che abbiano esattamente due radici reali distinte ciascuno, inoltre potranno avere al più una radice in comune. Chiamiamo $z_1$, $z_2$ le radici di $f(x)=x^2+bx+c$ e $z_3=$, $z_4$ quelle di $g(x)=x^2+b'x+c'$ ($b=-(z_1+z_2)$ e $b'=-(z_3+z_4)$) senza perdita di generalità supponiamo che $z_10$ ($z_1+z_2-2z_4<0$)

[coleridge1]

"sprmnt21":Due trinomi quadratici monici $f(x)$ e $g(x)$ hanno valori negativi in due intervalli distinti.

Non dovrebbero essere due intervalli disgiunti? Altrimenti nell'intersezione è un po' difficile...

[Sk_Anonymous]

"coleridge":[quote="sprmnt21"]Due trinomi quadratici monici $f(x)$ e $g(x)$ hanno valori negativi in due intervalli distinti.

Non dovrebbero essere due intervalli disgiunti? Altrimenti nell'intersezione è un po' difficile... [/quote]

Assolutamente sì!
Il senso è che non abbiamo valori comuni e "disgiunti" rende meglio l'idea rispetto a "distinti".
Ho tradotto frettolosamente/superficialmente dal testo inglese.
E' pure che è da moltissimi anni che non faccio queste "cose", quindi ho un perso la mano: devo rieducarmi un po'.

[Sk_Anonymous]

"dan95":Se ho scritto una cavolata è colpa dell'ora...

Chiamiamo $z_1$, $z_2$ le radici di $f(x)=x^2+bx+c$ e $z_3=$, $z_4$ quelle di $g(x)=x^2+b'x+c'$ ($b=-(z_1+z_2)$ e $b'=-(z_3+z_4)$) senza perdita di generalità supponiamo che $z_1

hai inteso bene, nonostante la mia imprecisione, il senso del problema.
Puoi spiegare più in dettaglio l'equivalenza?

[dan952]

Ma gli intervalli in questione sono $(z_1,z_2)$ e $(z_3,z_4)$ o $[z_1,z_2]$ e $[z_3,z_4]$ ?
No perché nel primo caso devo separare il caso: $z_2=z_3$ ed è rognoso...

"sprmnt21":hai inteso bene, nonostante la mia imprecisione, il senso del problema.
Puoi spiegare più in dettaglio l'equivalenza?

Basta che trovi il punto in cui si annulla la derivata, quello è un punto di minimo e se è positivo allora la funzione (una parabola) sarà positiva $\forall x \in RR$

[Sk_Anonymous]

"dan95":Ma gli intervalli in questione sono $(z_1,z_2)$ e $(z_3,z_4)$ o $[z_1,z_2]$ e $[z_3,z_4]$ ?
No perché nel primo caso devo separare il caso: $z_2=z_3$ ed è rognoso...

Non sono sicuro di aver compreso bene la questione che poni.
Provo ad esporre alcune riflessioni che magari possono contribuire a trovare una risposta al tuo dubbio.
Il sito (AOPS) da cui ho preso il problema riporta il seguente testo:

Two monic quadratic trinomials $f(x)$ and $g(x)$ take negative values on disjoint intervals. Prove that there exist positive numbers $\alpha$ and $\beta$ such that $\alpha f(x) + \beta g(x) > 0$ for all real $x$.
[size=85]
[Nello stesso sito, si trova una soluzione che, a mio parere, è incompleta e per questo motivo ci ho ragionato un po' sopra e ho trovato una soluzione completa e anche il modo di completare la soluzione sul sito AOPS.][/size]

In effetti a rigore dalle ipotesi non è possibile ricavare la tesi reclamata: se le radici sono $x_1,x_2; x_3,x_4$ con
$x_1
Quindi il testo andrebbe cambiato chiedendo di provare che $\alpha f(x) + \beta g(x) >= 0$ for all real $x$ oppure specificando nelle ipotesi che i valori delle due parabole negli intervalli disgiunti sono non-positivi, che equivale a dire che $x_1



PS
comunque sia, complimenti per la tua soluzione.

[dan952]

"sprmnt21":In effetti a rigore dalle ipotesi non è possibile ricavare la tesi reclamata: se le radici sono x1,x2;x3,x4 con
x1
Si era proprio questa la mia perplessità

[coleridge1]

Peraltro, con le disuguaglianze "giuste", il caso limite $z_2=z_3$ ha una soluzione più geometrica e meno "contosa", che suggerisce una soluzione abbastanza semplice per il caso generale.

Aggiunta: il testo originale non parla di "due" intervalli, quindi una funzione potrebbe essere sempre positiva.

[Sk_Anonymous]

Traslando lungo y le due parabole fino a portare il punto comune sull'asse x. Se siprova l'esistenza di \alpha e \beta per queste, amagior ragione varranno per le parboledate.
Traslando ora lungo x fino aportare il punto comune sull'origine, si hanno due parabole di equazioni:

$F(x)=x^2+\beta x$ e $G(x)=x^2-\alpha x$ con $\alpha$ e $\beta$ positivi, da cui si vede che

$\alpha F(x)+\beta G(x)= (\alpha+\beta)x^2 >=0$

[dan952]

"coleridge":Aggiunta: il testo originale non parla di "due" intervalli, quindi una funzione potrebbe essere sempre positiva.

No. Il testo parla di intervalli e poiché sono trinomi quadratici monici l'unica possibile interpretazione è che le due funzioni assumano valori negativi in due intervalli disgiunti

[Sk_Anonymous]

"coleridge":

Aggiunta: il testo originale non parla di "due" intervalli, quindi una funzione potrebbe essere sempre positiva.

Anche tutte e due, a rigore.

Quello che il testo afferma è che l'intersezione dei due intervalli sia l'insieme nullo. Questo succede anche se uno dei due (o entrambi) sono essi stessi l'insieme nullo.
La tesi per questi casi estremi è praticamente autoevidente (il ragionamento che ho esposto nel mio precedente post, sembra funzionare anche per questi casi, senza dover far distinzioni di sorta).

[dan952]

"sprmnt21":Anche tutte e due, a rigore.

Quello che il testo afferma è che l'intersezione dei due intervalli sia l'insieme nullo

Ora non sono una cima in inglese ma "take negative values" significa "prendono valori negativi" dunque $I_{f}^{-}={x \in RR| f(x)<0}!= O/$ e $I_{g}^{-}={x \in RR| g(x)<0}!= O/$ ma $I_{f}^{-} nn I_{g}^{-}=O/$